動量能量在各類模型中的應用-2025高考物理熱點題型講義

專題16動量能量在各類模型中的應用

目錄

題型一碰撞模型..................................................................1

類型1一動一靜的彈性碰撞...................................................1

類型2彈性碰撞中的“子母球”模型.............................................9

題型二非彈性碰撞中的“動能損失”問題............................................17

類型1非彈性小球碰撞中的動能損失..........................................17

類型2滑塊木板模型中的動能損失............................................19

類型3滑塊-曲面模型中的動能損失問題.......................................21

類型4小球-彈簧模型中的動能損失問題.......................................24

類型5帶電系統(tǒng)中動能的損失問題............................................27

類型6導體棒“追及”過程中的動能損失問題....................................30

類型7連接體繩子繃緊瞬間能量損失..........................................37

題型三碰撞遵循的規(guī)律..........................................................43

類型1碰撞的可能性........................................................44

類型2碰撞類型的識別......................................................48

題型四“滑塊一彈簧”碰撞模型中的多過程問題.....................................53

題型五“滑塊一斜（曲）面”碰撞模型.................................................63

題型六滑塊模型中的多過程......................................................73

題型七子彈打木塊模型中的能量動量問題.........................................80

題型八兩體爆炸（類爆炸）模型中的能量分配.....................................82

題型九人船模型及其拓展模型的應用.............................................91

題型十懸繩模型...............................................................103

題型一碰撞模型

類型1一動一靜的彈性碰撞.

以質(zhì)量為加1、速度為也的小球與質(zhì)量為加2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

m\V\=mw\-Vm2V2

-m\V\2=—m\V\r2-\--m2V22

222

mX—m2,2mi

聯(lián)立解得：vi-------Vl，V2—----1---vi

mi+m2m\+m2

討論：①若加1=冽2，則v/=0,V2'=V1（速度交換）；

②若加1>加2，貝！JVl'>0,V2'>0（碰后兩小球沿同一方向運動）；當加1》冽2時，Vl-Vl，V2-2vi;

③若加1<加2，貝!J也'<0,V2'>0（碰后兩小球沿相反方向運動）；當加1《冽2時，VI--VI，V2-0.

【例1】（2024?廣西?高考真題）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水

平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守

恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，14在（）

MQQN

77/7777/7

墻

面

__________地面__________

///////////////////////

A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動

B.豎直增面上的垂直投影的運動是勻加速運動

C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v

【答案】BC

【詳解】由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球

質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即

VM=°>K=v

碰后小球N做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速

度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運動，即豎直地面上的垂直投影的運動是勻加速運

動。

故選BCo

[例2]（2023?重慶?高考真題）如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、

N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為段的中點。在尸點處有一加速器(大小可

忽略)，小球每次經(jīng)過尸點后，其速度大小都增加V。。質(zhì)量為優(yōu)的小球1從N處以初速度

vo沿軌道逆時針運動，與靜止在〃處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大

小相等。忽略每次碰撞時間。求：

(1)球1第一次經(jīng)過P點后瞬間向心力的大?。?/p>

(2)球2的質(zhì)量；

(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。

/N/

【答案】(1)4m—：(2)3m；(3)-—

R6%

【詳解】(1)球1第一次經(jīng)過尸點后瞬間速度變?yōu)?v°,所以

(2)球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則

m?2vn=-mv+mv

iz_、2i7，f

—m(2v0)+—mv

聯(lián)立解得

v=v0,m'=3m

(3)設兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為加，則

v0t2+2V0/2=兀R

所以

-4

6vo

【變式演練1】如圖所示，物塊A的質(zhì)量加=0.1kg,與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=0.25,用

不可伸長的細線懸掛的小球的質(zhì)量均為加=01kg,沿水平方向一字排列，物塊A與第1個小

球及相鄰兩小球間的距離均為s°=2m,細線長度分別為乙，L，Ls,Ln（圖中只畫出

三個小球）。開始時，A以大小v°=9m/s的速度向右運動，物塊A與小球發(fā)生的碰撞均為彈

性碰撞（碰撞時間極短），碰后小球均恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動并再次與物塊

A發(fā)生彈性碰撞，取重力加速度大小g=10m/s2,物塊A和所有小球均可視為質(zhì)點，不計空

氣阻力。下列說法正確的是（）

A.物塊A能與8個小球碰撞B.物塊A最多能與小球碰撞12次

C.第5個小球的懸線長為1mD.第5個小球的懸線長為0.62m

【答案】AD

【詳解】AB.根據(jù)動量守恒定律得

mvQ+0=mvA+加v球

根據(jù)機械能守恒定律

g機片+0=（加加%

解得

VA=0

碰后速度交換，根據(jù)動能定理得

mv

-jumg-ns0=0-~o

解得

72=8.1

物塊A能與8個小球碰撞，最多碰撞16次，A正確，B錯誤;

CD.物塊運動至第5個小球處的速度為

_Ring5S。代一（機力

碰后速度交換，根據(jù)機械能守恒定律得

1212c「

—mv5=—mV+mg-2L5

根據(jù)牛頓第二定律得

v2

mg=m——

（

解得

L5=0.62m

C錯誤，D正確。

故選ADo

【變式演練11在一個水平桌面上固定一個內(nèi)壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所

示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點，且ac與山/相互垂直。在內(nèi)部放置/、2兩個小球

（球徑略小于管徑，管徑遠小于R）,質(zhì)量分別為機八mB,開始時3球靜止于。點，/球

在其左側以%的初速度向右與2球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對

心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在6點。則下列說法中正確的是（）

?

AB

A.4、8兩球的質(zhì)量比為%：%=3:5

B.若只增大A球的初速度％則第二次碰撞點可能在反。之間某處

C.若只增大A球的質(zhì)量7%則第二次碰撞點可能仍在b處

2兀R

D.若只增大A球的質(zhì)量7%則第一*二次碰撞時間間隔不可能大于

【答案】CD

【詳解】A.設第一次碰后/、8兩球的速度分別為匕，馬。根據(jù)動量守恒定律和能量守恒

定律有

加A%=-%匕+〃依2

121212

m

萬加A%=~^X+-mBV2

第二次碰撞發(fā)生在b點，則有

32兀R12兀R

t=—x----------=—x------------

4Vl4V2

聯(lián)立解得

mA:mB=1:1

故A錯誤；

BC.設第二次碰撞A球轉(zhuǎn)過的角度為a,則有

a2TIR2n-a2兀R

—x=---------------x

2萬％27rv2

解得

a_mB-mA

17i-a2加A

可知a與初速度無關，即第二次碰撞點與A球的初速度無關，若只增大A球的質(zhì)量牝，則第

二次碰撞點可能仍在b處，故B錯誤，C正確；

D.兩次碰撞間隔時間為

2…2_汕

2n/必

故D正確；

故選CD-

【變式演練2】如圖所示，小球1從固定光滑斜面上某處由靜止釋放，滑過光滑水平桌面后,

落在水平地面上的N點。若在水平桌面的邊緣處放置另一小球2,再將小球1從斜面上同一

位置由靜止釋放，使兩小球發(fā)生彈性正碰，兩小球在地面上的落點分別為河、尸點。已知小

球1的質(zhì)量為犯，小球2的質(zhì)量為嗎，且鈾>3叫，。點為桌面邊緣在地面上的投影，不

計轉(zhuǎn)彎處的機械能損失，兩小球均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（）

A.碰撞后小球1的落點為M點

B.碰撞后小球1的落點為尸點

C.圖中點間距離滿足的關系為OM+O尸=ON

D.圖中點間距離滿足的關系為。尸+MP=ON

【答案】BC

【詳解】AB.設小球1碰撞前的速度為1,取水平向右為正方向，因為球1質(zhì)量較小，可

知小球1與小球2碰撞后，球1反向，設碰撞后球1和球2速度大小分別為匕、v2,根據(jù)動

量守恒和能量守恒有

加1V。=一加1匕+m2^2

g加1%2=；加/2+；加2眩2

解得

-m,2m,

V

l=―'—'-----Vo

m】+m2mx+m2

根據(jù)題意見>3%，可得%>%，斜面光滑，小球1反向到達最高點回到拋出點時速度大小

等于匕，兩球在做平拋運動的時間相等，故可知小球1的水平位移較大，即碰撞后小球1的

落點為尸點，A錯誤，B正確；

CD.當小球1單獨釋放時有

ON=vot

小球1與小球2碰撞后有

八”,

cr-m,2m!,

OP=VjZ=-=------vot,OM=v2t=-----—vot

ml+m2m1+m2

可得

OM+OP=ON

C正確，D錯誤。

故選BCo

【變式演練3】彈珠游戲?qū)ν瑢W們稍顯陌生，但它卻是許多80后難忘的童年記憶。其示意

圖如圖所示，水平地面上相距x=3m的地方分別有可視為質(zhì)點、大小相同的球形彈珠A、B,

兩者質(zhì)量關系為丸4=3〃好假設兩彈珠在水平地面上行進時受到的阻力(包括空氣阻力和摩

擦力等)均恒為其重力的左倍?，F(xiàn)給彈珠A一個v°=4m/s的初速度，使其與靜止的彈珠B

發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直線運動。已知仁0.2,g=10m/s2o求：

(1)彈珠A與彈珠B碰撞前瞬間，彈珠A的速度大小匕；

(2)在碰撞剛結束時彈珠A和彈珠B的速度大小丫八'、VB'；

(3)彈珠A和彈珠B之間最終的距離。

Vo

------?

【答案】(1)VA=2III/S；(2)vA'=lm/s,Vg^Sm/s；(3)x=2m

【詳解】(1)對彈珠A,在碰撞前的加速度為0,根據(jù)牛頓第二定律可得

kmg—ma

解得

a=2m/s2

方向：與%方向相反。設碰撞前彈珠A的速度為以，由運動學公式有

22

v0-vA=lax

解得

vA=2m/s

(2)碰撞過程中彈珠A、B系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。以向右為正方向，根據(jù)題意得

OTV

AA-?7AVA'+H7BVB'

121e1e

-WAVA=~mAVA+-mBVB

解得

vA'=lm/svB'=3m/s

(3)碰撞之后彈珠A和彈珠B分別向右做勻減速直線運動，設從碰撞后到停下來彈珠A

的位移為4,彈珠A的位移為4。由動能定理可得

對彈珠A

，2

-^mAgxA=O-|mAvA

對彈珠B

，2

-hnBgxB=0-|mBvB

解得

19

X

A=-m,xB=-m

因此彈珠A和彈珠B最終的距離

x=xB-xA=2m

類型2彈性碰撞中的“子母球”模型

m\vi+m?y2=m\vi-\~m2V2

-miv?+1加2近=I加1vi'2+1加2y2'2

2222

(mi—m2)vi+2加2V2

vi'

mi+m2

(m2-mi)V2+2加ivi

V2

mi+m2

【例1】如圖所不，將兩個質(zhì)量分別為如=60g、機2=30g的小球A、B疊放在一起，中間留

有小空隙，從初始高度/?o=l.8m處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球

與B球碰撞的時間為0.01s,不計空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度時間圖象如圖乙

所示，g取10m/s2()

A.B球與A球碰前的速度大小為6m/s

B.兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對B球的沖量大小比值為1：101

CA、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞

D,若加2＜加1，第一次碰撞后，加2球上升的最大高度可能大于17m

【答案】AB

【解析】由機械能守恒定律可知

mgh0=^mvl

解得

%=J2g%

兩物體落地前的速度

%=V2xl0xl.8m/s=6m/s

根據(jù)動量定理，A和B相互作用過程中，B動量的變化量等于合力的沖量

Il-m2gt=m,(v2+v0)

重力的沖量為

I2=m2gt

2

因為A、B作用時間極短，重力對系統(tǒng)的沖量遠小于系統(tǒng)總動量，可以視系統(tǒng)動量守恒，根

據(jù)動量守恒

加Fo-m2Vo=加Fi+m2v2

得A碰后速度為V1=lm/s,計算知

；加1宕+；加2*>+^m2V2

碰撞前后，系統(tǒng)機械能有損失，不是彈性碰撞。若不計系統(tǒng)重力的影響，且“2<<預，由動

量守恒

加Fo-/n2Vo=WJVJ+m2v2

不計碰撞損失，由能量關系

12171212

-叫％+-m2Vo=-叫匕+-加2V2

聯(lián)立解得

因加2?"小則ni=3w，則機2球上升的最大高度

fe=9Ao=16.2m

故AB正確CD錯誤。

故選ABo

【例2】物理課堂上，老師帶同學們做了一個有趣的實驗：如圖甲所示，老師讓某同學將一

個網(wǎng)球疊放在一個充足氣的籃球上，舉到頭頂附近，然后一起由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)網(wǎng)球和籃球

碰撞后，被反彈的網(wǎng)球能打到教室的天花板。若將該實驗簡化為如圖乙所示模型，網(wǎng)球和籃

球均可視為質(zhì)點，籃球和地面碰撞完成后恰與網(wǎng)球碰撞，所有碰撞均為彈性碰撞。已知網(wǎng)球

的質(zhì)量為加=58g,籃球的質(zhì)量為M=638g,初始釋放高度為訪=1.8m,籃球和網(wǎng)球的球心

始終在同一豎直線上，不計空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2,求：

(1)籃球落地前瞬間，網(wǎng)球和籃球共同的速度大小;

(2)網(wǎng)球反彈后能達到的最大高度，i；

(3)若用一個質(zhì)量遠遠小于籃球質(zhì)量的彈性小球替代網(wǎng)球重復該實驗，其他條件不變，求

彈性小球反彈后能夠上升的最大高度。

【答案】(1)6m/s；(2)12.8m；(3)16.2m

【詳解】(1)設籃球觸地前瞬間，籃球與網(wǎng)球的速度大小為L根據(jù)動能定理可得

1,

(m+M)gh=—(jn+M)v

解得

v=6m/s

(2)規(guī)定豎直向上為正方向，設籃球與地面發(fā)生彈性碰撞后瞬間，網(wǎng)球的速度為匕，籃球

的速度為曠2，有W=-6m/s,v2=6m/so設碰后瞬間，網(wǎng)球和籃球的速度分別為V3、匕，網(wǎng)

球與籃球發(fā)生彈性碰撞，可得

mV,+MV2—mv3+Mv4

；mv^+~-^v2=g機v；+

根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得

v3=2gHi

代入相關已知數(shù)據(jù)解得

Hx=12.8m

(3)由題意，設彈性小球與籃球發(fā)生彈性碰撞后瞬間，彈性小球的速度為耳，籃球的速度

為日，有

mvi+MV2=m<3+

—mVy+—Mvl=—miC2+—AAA2

21222324

可得

M_(m-M)vi+2Mv2

m+M

當M〉〉加時，v；可取得極大值，可得

v

Xx~i+2y2

設彈性小球能上升的最大高度為〃2，由

V，=2gH2

解得

H2=16.2m

【變式演練1】伽利略大炮是一種極為簡易的機械發(fā)射裝置，由伽利略于1590年左右發(fā)明。

現(xiàn)我們共同研究伽利略大炮的實驗，先將500g的彈性大球單獨自由釋放，落地反彈高度為

下落高度的0.64倍?，F(xiàn)在彈性大球上將彈性小球逐個疊放，并將它們從距地面0.8m高處自

由釋放，如圖所示。已知各球相互接觸且重心在同一豎直線上，每個彈性球的質(zhì)量為該球下

面接觸球質(zhì)量的一半，各球之間均發(fā)生彈性碰撞，作用時間極短，無論彈性大球上面是否疊

放彈性小球及疊放幾個彈性小球，彈性大球與地面碰撞過程中能量損失均保持不變，重力加

速度g取lOm/s,,忽略空氣阻力。

(1)若將彈性大球單獨從距地面0.8m高處自由釋放，求地面對彈性大球所做的功；

(2)若彈性大球上端只放一個彈性小球，求兩球碰撞過程中彈性大球?qū)椥孕∏虻臎_量大

小；

(3)若要使最上端的彈性小球上升高度不低于45m,求至少需要疊放多少個彈性小球?

【答案】(1)少=-1.44J；(2)/=2.4N-s；(3)彈性大球上至少疊放6個彈性小球

【詳解】(1)設彈性大球與地面碰撞前的速度大小為N,與地面碰撞后的速度大小為％,地

面對彈性大球所做的功為彳，由運動學規(guī)律可得，上升過程

￥=2g%

下落過程

V；=2g%

由動能定理可得

xrr1212

沙=5叫％一萬叫父

解得

沙=-1.44J

(2)彈性小球與彈性大球發(fā)生彈性碰撞，設彈性大球碰后的速度為%彈性小球碰前與碰

后的速度分別為h、％',取向上為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得

加1%-加2Vl-加+加

17171,71,2

mV

5加1%+萬冽2M=]/%+-2l

由動量定理可得

I=m2vx+冽2Vl

解得

7=2.4N-s

(3)由(2)可得第一個彈性小球與彈性大球碰撞之后速度為

,2冽產(chǎn)0+（加］—冽2）匕

V1-■

mx+m2

整理可得

，4%

—

同理可得第二個彈性小球與第一個彈性小球碰撞之后的速度為

2冽2%+（加2一加3）匕

%=

m2+m3

整理可得

4

V2=;%+%/今

由數(shù)學知識可得

nn-\n-2

444

\vo+一+…+與

V”=Y+

由于要使最上端的彈性小球上升高度不低于45m,由運動學規(guī)律可得

用=2gh

則

vn2%

解得〃=5時

v“4%

〃=6時

v“認

故彈性大球上至少疊放6個彈性小球。

【變式演練2】如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進行的超級碰撞實驗，

可以使小球彈起并上升到很大高度。將質(zhì)量為3加的大球（在下），質(zhì)量為小的小球（在上）

疊放在一起，從距地面高/?處由靜止釋放，人遠大于球的半徑，不計空氣阻力。假設大球和

地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰撞，且碰撞時間極短。下列說法正確的是（）

A.兩球一起下落過程中，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮閙g

B.大球與地面碰撞前的速度大小為國

C.大球與小球碰撞后，小球上升的高度仍為分

D.若大球的質(zhì)量遠大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度為3〃

【答案】B

【詳解】A.兩球一起下落過程中，兩球都處于完全失重狀態(tài)，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮?,

A錯；

B.根據(jù)自由落體運動

v2=2gh

得

v^y/2gh

B正確；

CD.大球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，兩球碰撞前后動量守恒，機械能守恒，

設碰撞前小球和大球的速度分別匕和V2,碰后兩球的速度分別為V；和Vj

由動量守恒定律

加1匕+加］v：+加2工

m2v2=

由機械能守恒定律

+g加2*=^1^12+^OT2^22

兩式聯(lián)立解得

叫一%）匕+2加2匕

將嗎=加，刈2=3加帶入上式解得

片"2d2gh

反彈后高度為

”=工=4力

2g

C錯誤，

D.若大球的質(zhì)量遠大于小球的質(zhì)量，％'會更大，小球上升的最大高度會更高，故D也錯誤;

故選B.

題型二非彈性碰撞中的“動能損失”問題

1.非彈性碰撞

碰撞結束后，動能有部分損失。

W1V1+冽2V2=冽1VI'+加2V2’

~m1V?+1加2遇=1加1也'2+1加2v2'2+A￡*k損

2222

3.完全非彈性碰撞

碰撞結束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。

mivi+加2V2=（加1+m2）v

1V，+；加2V2=3（冽1+m2）V2+AE'k損max

類型1非彈性小球碰撞中的動能損失

【例1】某次冰壺運動訓練中，甲壺與靜止的乙壺發(fā)生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同,

不計空氣阻力，兩壺完全相同且均可視為質(zhì)點，碰撞時間極短可不計，碰撞前、后兩壺運動

軌跡始終在同一水平直線上。從開始碰撞到兩壺都靜止過程中，測得乙壺位移是甲壺位移的

左倍，貝I]()

A.k<\

B.左值越大，兩壺碰撞過程中損失機械能越大

C.左值越大，兩壺碰撞過程中損失機械能越小

D.碰撞后瞬時，乙壺速度為零

【答案】C

【詳解】A.甲乙碰撞瞬間動量守恒，即

mv0=mvv+機之

且有

叫4V乙

所以

故A錯誤；

BC.兩壺碰撞過程中損失的機械能為

NE=-

變形可得

\E=mvl('

由此可知，當仁1時，損失的機械能達到最大，隨著《增大，損失的機械能減小，故B錯

誤，C正確；

D.由于兩壺完全相同，所以碰撞后瞬時乙壺速度一定大于零，故D錯誤。

故選Co

【變式演練】在光滑水平面上甲、乙兩個小球發(fā)生碰撞后粘在一起，兩球運動的位移時間變

化如圖所示，已知甲球的質(zhì)量加=2kg,則碰撞過程中損失的能量為（）

A.2JB.3JC.4JD.5J

【答案】B

【解析】設乙球的質(zhì)量為加'，甲、乙碰前的速度為VI、V2,碰后的速度為V3，由動量守恒

得

+m'v2=(m+m')v3

代值可得

2x(-2)+加'xl=(2+加')x(—1)

得乙球的

m'=1kg

則碰撞過程中兩物塊損失的機械能

AE7=；帆片+-^m'vl+=3J

故ACD錯誤，B正確。

故選Bo

類型2滑塊木板模型中的動能損失

【例2】（多選）長木板/放在光滑的水平面上，質(zhì)量為根=2kg的另一物體2以水平速度w

=2m/s滑上原來靜止的長木板/的上表面，由于/、8間存在摩擦，之后48速度隨時間

變化情況如圖所示，g=10m/s2.則下列說法正確的是（）

A.木板獲得的動能為1J

B.系統(tǒng)損失的機械能為2J

C.木板/的最小長度為2m

D.A、2間的動摩擦因數(shù)為0.1

【答案】ABD

【解析】由題圖可知，最終木板獲得的速度為v=lm/s,/、3組成的系統(tǒng)動量守恒，以

3的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mvo=（W+機）v,解得M=2kg,則木板獲得

的動能為&=1旃2=1、2*12j=1j,故A正確；系統(tǒng)損失的機械能

2222

代入數(shù)據(jù)解得A￡=2J,故B正確；根據(jù)v-f圖像中圖線與/軸所圍的面積表示位移，由題

圖得到。?1s內(nèi)2的位移為》_8=金*（2+1戶1m=1.5m,A的位移為必=}"1m=0.5m,

則木板/的最小長度為￡=初一必=1m,故C錯誤；由題圖可知,2的加速度。=a=3m/s2

\t1

=-1m/s2,負號表示加速度的方向與vo的方向相反，由牛頓第二定律得一卬〃箔=加8。，解

得〃=0.1,故D正確.

【變式演練】質(zhì)量為加的矩形木板ae,放在光滑水平面上，b、c、d是四的4等分點。質(zhì)

量為"的物塊以一定的初速度從。點水平滑上粗糙木板，物塊的寬度不計，且加＜M,經(jīng)

過一段時間物塊停在木板上。若圖是物塊剛滑上木板時的物塊與板的位置狀態(tài)，下圖是物塊

剛與木板達到共同速度時的位置，下列示意圖正確的是（）

【答案】B

【詳解】地面光滑，物塊A與木板B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以向右

為正方向，由動量守恒定律得

Mv0=+m）v

對冽有

12

piMgx=-mv

設相對位移為Ax,對有

11

-jbiMg（x+Ax）=—A/v9-—Mv09

整理得

%M_1

Ax+xm+2M2?m

因為機<M,所以

1x1

—<-----<—

3Ax+x2

解得

x<Ax<2x

故B正確ACD錯誤。

故選Bo

類型3滑塊-曲面模型中的動能損失問題

【例3】（2024?青海海南?一模）如圖所示，一個質(zhì)量為M的滑塊放置在水平面上，滑塊的

一側是一個四分之一圓弧班圓弧半徑火=hnoE點與水平面相切。另有一個質(zhì)量為m的小

球以%=5m/s的初速度水平向右從￡點沖上滑塊，若小球剛好沒越過圓弧的上端，已知重

力加速度大小g=10m/s2不計一切摩擦。則滑塊與小球質(zhì)量的比值也為（）

m

A.2B.3C.4D.5

【答案】C

【詳解】根據(jù)題意，小球上升到滑塊上端時，小球與滑塊的速度相同，設為匕，根據(jù)動量守

恒定律有

mv0=(m+M)vx

根據(jù)機械能守恒定律有

1212

~mvQ=3(加+4分匕+mgR

聯(lián)立解得

M

=4

m

故選Co

【變式演練1】如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道M靜止在光滑水平面上，一個物塊加

在水平地面上以大小為W的初速度向右運動并無能量損失地滑上圓弧軌道，當物塊運動到

圓弧軌道上某一位置時，物塊向上的速度為零，此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1：2,

則此時物塊的動能與重力勢能之比為(以地面為參考平面X)

0_______

A.1：2B.1：3C.1：6D.1：9

【答案】C

【解析】因為水平面光滑，〃，和〃組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒；當物塊向上的速度為

零時，根據(jù)題意可知此時物塊與圓弧軌道速度相同，又因為此時物塊與圓弧軌道的動能之比

為1：2,即1V2:5外2=1：2,得m：M=1：2,根據(jù)動量守恒定律：%vo=(a+M)v,得:

vo=3v,根據(jù)能量守恒定律：得物塊的重力勢能為￡p=；wv（）2,此時

物塊的動能為&=%v2=J_加詔，所以此時物塊的動能與重力勢能之比為民:瓦=1：6,

218

故C正確，A、B、D錯誤.

【變式演練2】如圖所示，一帶有半徑足夠大的光滑圓弧軌道的小車的質(zhì)量M=3kg,小車

靜止在光滑水平地面上，圓弧下端水平。有一質(zhì)量〃?=lkg的小球以水平初速度%=4m/s從

圓弧下端滑上小車，重力加速度g取10m/s。下列說法正確的是（）

A.在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒

C.小球沿圓弧軌道上升的最大高度時的速度大小為lm/s

D.小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.6m

【答案】ACD

【詳解】A.在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A正確;

B.在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量

守恒，但豎直方向動量不守恒，選項B錯誤；

CD.小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球沿圓弧軌道上升的最大高度為力，兩

者共同速度大小為v

mv0=(M+m)v

解得

v=^^=-^m/s=lm/s

M+m3+1

小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒

1212

—mv0=—(M+m)v+mgh

解得

A=0.6m

選項CD正確。

故選ACDo

類型4小球-彈簧模型中的動能損失問題

【例4】如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為%,P以速度v向右運動，Q

靜止且左端固定「輕彈簧。當彈簧被壓縮至最短時()

V

—>

A.P的動量為0

B.Q的動量達到最大值

C.P、Q系統(tǒng)總動量小于冽v

D.彈簧儲存的彈性勢能為，

4

【答案】D

【詳解】A.當彈簧被壓縮至最短時，兩物體速度相同，P、Q系統(tǒng)所受外力為零，因此整

個過程中動量守恒

mv=2加v共

所以P的動量為

1

p=機v共=-mv

故A錯誤；

B.彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當彈簧恢復原長時，Q的動量達到最大值，

故B錯誤；

C.P、Q系統(tǒng)動量守恒，總動量為

p&=mv

故C錯誤;

D.根據(jù)動量守恒和能量守恒

解得

E=-mv2

P4

故D正確。

故選D。

【變式演練1】A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、B兩球的質(zhì)量分別

為加和可（?。伎桑?。若使A球獲得瞬時速度v（如圖甲），彈簧壓縮到最短時，A球的速度

為VA，B球的速度為％，彈簧的長度為2;若使B球獲得瞬時速度v（如圖乙），彈簧壓縮

到最短時，A球的速度為以，B球的速度為《，彈簧的長度為少。則（）

（XMWWWW<B）

r//7////////////7////77777/77777777777/7/777~

甲乙

VA'>VB'C.V=v'

A.VA>VBB.AAD.L-L'

【答案】D

【詳解】根據(jù)題意可知，無論圖甲還是圖乙，當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相等，則有

V=

VA~*VB?AVB

圖甲中，由動量守恒定律有

mv=（機+M）力=（m+M）%

解得

m

=v=----v

Rm+M

由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能為

2

E=^mv2一;(加+=12mMv

p1__J—mv

M+m22(Af+m)

圖乙中，由動量守恒定律有

Mv=(m+vA=(m+Af)vB

解得

..M

以=%=-v

m+M

由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能為

mMv2

E=—Mv2+|1----———A/v2

p22V7AIM+m2+m)

可知

M.m

v=v>v=v

m+M-------A------A----m+M

兩圖中彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能相等，則有

L=L'

故選D。

【變式演練2】如圖甲所示，光滑水平地面上有A、B兩物